- Bai1:tìm tất cả các đa thức hệ số nguyen f(x) thỏa mãn 16f(x2) = [f(2x)]2 với mọi x thuộc R
- Bài 2: Cho đa thức f(x) bậc lớn hơn 1; hệ số nguyên, (m;n) =1.
- Chứng minh: f(m+n) chia hết cho mn <=> f(m) chia hết cho n và f(n) chia hết cho m
- Bài 3: Cho f(x) và h(x) hệ số nguyên thỏa mãn : g(x3) + xh(x3) chia hết cho x2 + x+1. Chứng minh g(x) và h(x) chia hết cho x - 1
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đăng mấy bài này trên đây khó nhận được đáp án lắm! Nên đăng trên một số diễn đàn nhiều pro như:
Diễn đàn Toán học
Diễn Đàn MathScope
.......
Bài 1.
+TH1: Đa thức có bậc là 0
\(f\left(x\right)=a\text{ }\left(a\in R\right)\forall x\in R\)
Theo đề ra: \(16a^2=a^2\Rightarrow a=0\)
Vậy \(f\left(x\right)=0\forall x\in R\)
+TH2: Đa thức có bậc lớn hơn hoặc bằng 1.
Giả sử đa thức có bậc n.
Gọi hệ số cao nhất của đa thức là \(a_n\text{ }\left(a_n\ne0\right)\)
Từ giả thiết, suy ra: \(16a_n^2=\left(2a_n\right)^2\Leftrightarrow16a_n^2=4a_n^2\Leftrightarrow a_n=0\text{ (vô lí)}\)
Vậy điều giả sử sai, hay không có đa thức nào thỏa mãn.
Vậy chỉ có \(f\left(x\right)=0\forall x\in R\) thỏa mãn để bài.
Gọi số hạng có bậc cao nhất của \(f\left(x\right)\) là \(a_n.x^n\)
\(\Rightarrow\) Số hạng bậc cao nhất của \(16f\left(x^2\right)\) là \(16.\left(a_nx^n\right)^2=16a_n^2.x^{2n}\)
Số hạng bậc cao nhất của \(f^2\left(2x\right)\) là: \(\left(a_n.2x^n\right)^2=4a_n^2.x^{2n}\)
Đồng nhất hệ số 2 vế ta được: \(16a_n^2=4a_n^2\Rightarrow a_n=0\)
Hay mọi số hạng chứa x của đa thức đã cho đều có hệ số bằng 0
\(\Rightarrow\) Đa thức đã cho là đa thức hằng
Hay \(f\left(x\right)=k\) với mọi x
Thay vào đề bài: \(16k=k^2\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}k=0\\k=16\end{matrix}\right.\)
Vậy có 2 đa thức thỏa mãn: \(\left[{}\begin{matrix}f\left(x\right)\equiv0\\f\left(x\right)\equiv16\end{matrix}\right.\)
Ta có:
\(f\left(1\right)=a+b+c\text{⋮7 }\)
\(f\left(2\right)=4a+2b+c⋮7\)
\(\Rightarrow f\left(2\right)-f\left(1\right)=3a+b⋮7\)
\(f\left(3\right)=9a+3b+c=3\left(3a+b\right)+c⋮7\)
Mà \(3a+b⋮7\)
\(\Rightarrow c⋮7\)
Mà \(a+b+c⋮7\)
\(\Rightarrow a+b⋮7\)
Mà \(4a+2b+c⋮7\)
\(\Rightarrow4a+2b=2\left(2a+b\right)⋮7\)
\(2\text{̸ ⋮̸7}\)
\(\Rightarrow2a+b⋮7\)
Mà \(a+b⋮7\)
\(\Rightarrow\left(2a+b\right)-\left(a+b\right)=a⋮7\)
Có \(a⋮7;c⋮7;a+b+c⋮7\)
\(\Rightarrow b⋮7\)
\(f\left(m\right)=am^2+bm+c\)
Như vậy \(\Rightarrow am^2⋮7;bm⋮7;c⋮7\)
\(\Rightarrow a.x^2+bx+c⋮7\)
Do đó với bất kỳ giá trị nào của m nguyên thì f(m)⋮7
https://olm.vn/hoi-dap/tim-kiem?q=cho+tam+gi%C3%A1c+ABC+c%C3%B3+ba+g%C3%B3c+nh%E1%BB%8Dn+trung+tuy%E1%BA%BFn+AM+tr%C3%AAn+n%E1%BB%A7a+m%E1%BA%B7t+ph%E1%BA%B3ng+ch%E1%BB%A9ng+%C4%91i%E1%BB%83m+C+c%C3%B3+b%E1%BB%9D+l%C3%A0+%C4%91%C6%B0%E1%BB%9Dng+th%E1%BA%B3ng+AB+v%E1%BA%BD+%C4%91o%E1%BA%A1n+th%E1%BA%B3ng+AE++vu%C3%B4ng+g%C3%B3c+v%E1%BB%9Bi+AB+v%C3%A0+AE=AB+tr%C3%AAn+n%E1%BB%A7a+m%E1%BA%B7t+ph%E1%BA%B3ng+b%E1%BB%9D+ch%E1%BB%A9a+%C4%91i%E1%BB%83m+B+c%C3%B3+b%E1%BB%9D+l%C3%A0+%C4%91%C6%B0%E1%BB%9Dng+th%E1%BA%B3ng+AC+v%E1%BA%BD+%C4%91o%E1%BA%A1n+th%E1%BA%B3ng+AD+vunng+g%C3%B3c+v%E1%BB%9Bi+AC+v%C3%A0+AD+=Ac+a)+c/m+BD=CEb)+tr%C3%AAn+tia+%C4%91%E1%BB%91i+c%E1%BB%A7a+tia+MA+l%E1%BA%A5y+N+sao+cho+MN=MA.C/m+tam+gi%C3%A1c+ADE=tam+gi%C3%A1c+CANc)+g%E1%BB%8Di+I+l%C3%A0+giao+%C4%91i%E1%BB%83m+c%E1%BB%A7a+DE+v%C3%A0+AM+c/m+(AD%5E2+IE%5E2)/DI%5E2+AE%5E2&id=412461
Đặt đa thức \(f\left(x\right)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+...+a_k\)(trong đó \(n\ge2\)và \(a_k\)là hệ số tự do)
\(\Rightarrow f\left(5\right)=a_0.5^n+a_1.5^{n-1}+a_2.5^{n-2}+...+a_k\)
Dễ thấy 5 là số nguyên tố nên các lũy thừa bậc n; n - 1; n - 2;... của 5 không chia hết cho 7.
Vậy để \(f\left(5\right)⋮7\)thì tất cả các hệ số chia hết cho 7 hay \(a_0;a_1;a_2;...;a_k⋮7\)(1)
Tương tự với \(f\left(7\right)⋮5\)ta có \(a_0;a_1;a_2;...;a_k⋮5\)(2)
Vì (5,7) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra \(a_0;a_1;a_2;...;a_k⋮35\)
Lúc đó f(x) chia hết cho 35 với mọi x
Vậy f(12) chia hết cho 35 (đpcm)